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• Lennin Olazo

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ECUACIONES DE MOVIMIENTO DE UN CUERPO RIGIDO Las ecuaciones de movimiento de un cuerpo rigido podemos dividirlas de acuerdo al tipo de movimiento, en tres basicamente:   

TRASLACIONAL ROTACIONAL PLANO GENERAL

Ecuaciones de movimiento traslacional:

Para el movimiento traslacional podemos conciderar el siguiente cuerpo rigido, el el cual podemos observar distintas fuerzas aplicadas. La ecuacion de movimiento para el moviminto traslacional es:

Establece que la suma de todas las fuerzas externas que actuan sobre el cuerpo es igual a la masa del cuerpo multiplicada por la aceleracion de su centro de masa G.

El movimiento traslacional puede ser de dos tipos: Traslacional rectilineo Traslacional curvilineo Cuando el moviminto es rectilineo todas las particulas que viajan a lo largo de trayectorias paralelas, por lo tanto se aplican las siguentes ecuaciones de movimiento.

Cuando el movimiento es traslacional curvilineo, la ecuacion de movimiento es la siguente:

Ecuaciones de moviminto rotatorio: Esta ecuacion de movimiento rotatorio establece que la suma de los momentos de todas la fuerzas externas calculadas con respecto al centro de masa G es igual al producto del momento de inercia del cuerpo respecto a un eje que pase por G y la aceleracion angular del cuerpo

Ecuaciones de plano general Para las ecuaciones del movimiento plano general podemos considerar un cuerpo rigido como se muestra en la imagen sometido a un movimiento plano general, podemos asociar las ecuaciones anteriores y podemos decir que las ecuaciones para el moviento plano general son:

Ecuaciones del Movimiento de un Cuerpo rígido Las ecuaciones del movimiento de un cuerpo rigido podemos clasificarlos en tres ecuaciones de los movimientos basicos entre ellos tenemos: Ecuacion Traslacional: Un cuerpo rígido lleva movimiento de Traslación cuando todo segmento rectilíneo del cuerpo se mantenga paralelo a su posición inicial a lo largo del movimiento. Durante la Traslación, no hay movimiento angular (ω = α = 0); por tanto, todas las partes del cuerpo tienen la misma aceleración lineal a. La Traslación sólo puede tener lugar cuando la recta soporte de la resultante de las fuerzas exteriores que se ejercen sobre el cuerpo pase por su cdm G. En el caso de Traslación, con el origen del sistema de coordenadas xyz en el cdm G del cuerpo, las ecuaciones para un movimiento plano cualquiera se reducen a:

Movimiento angular de un cuerpo rígido en el plano.

Momento de una fuerza Se denomina momento de una fuerza respecto de un punto, al producto vectorial del vector posición de la fuerza por el vector fuerza.

La analogía de la llave y el tornillo, nos ayuda a entender el significado físico de la magnitud momento, y a determinar correctamente el módulo, la dirección y el sentido del momento de una fuerza:

  

El módulo es el producto de la fuerza por su brazo (la distancia desde el punto O a la recta de dirección de la fuerza). M=Fd La dirección perpendicular al plano que contiene la fuerza y el punto, la que marca el eje del tornillo. El sentido viene determinado por el avance del tornillo cuando hacemos girar a la llave.

Momento angular de una partícula

Se define momento angular de una partícula al producto vectorial del vector posición por el vector momento lineal

Momento angular de un sólido rígido

Las partículas de un sólido rígido en rotación alrededor de un eje fijo describen circunferencias centradas en el eje de rotación con una velocidad que es proporcional al radio de la circunferencia que describen

En la figura se muestra el vector momento angular

de una

partícula de masa mi cuya posición está dada por el vector y que describe una circunferencia de radio Ri con velocidad vi. El módulo del vector momento angular vale Li=rimivi Su proyección sobre el eje de rotación Z vale Liz=ricos(90-

i)mivi,

es decir,

El momento angular de todas las partículas del sólido vale

La proyección Lz del vector momento angular a lo largo del eje de rotación es

El término entre paréntesis se denomina momento de inercia

En general, el vector momento angular no tiene la dirección del eje de rotación, es decir, el vector momento angular no coincide con su proyección Lz a lo largo del eje de rotación. Cuando coinciden se dice que el eje de rotación es un eje principal de inercia. Para estos ejes podemos relacionar el momento angular y la velocidad angular, dos vectores que tienen la misma dirección, la del eje de rotación

El momento de inercia no es una cantidad característica como puede ser la masa o el volumen, sino que su valor depende de la posición del eje de rotación. El momento de inercia es mínimo cuando el eje de rotación pasa por el centro de masa.

Teorema de Steiner El teorema de Steiner es una fórmula que nos permite calcular el momento de inercia de un sólido rígido respecto de un eje de rotación que pasa por un punto O, cuando conocemos el momento de inercia respecto a un eje paralelo al anterior y que pasa por el centro de masas. El momento de inercia del sólido respecto de un eje que pasa por O es

El momento de inercia respecto de un eje que pasa por C es

Para relacionar IO e IC hay que relacionar ri y Ri.

En la figura, tenemos que

El término intermedio en el segundo miembro es cero ya que obtenemos la posición xC del centro de masa desde el centro de masa. M es la masa total del sólido.

Energía cinética de rotación Las partículas del sólido describen circunferencias centradas en el eje de rotación con una velocidad que es proporcional al radio de la circunferencia que describen . La energía cinética total es la suma de las energías cinéticas de cada una de las partículas. Esta suma se puede expresar de forma simple en términos del momento de inercia y la velocidad angular de rotación

Ecuación de la dinámica de rotación Consideremos un sistema de partículas. Sobre cada partícula actúan las fuerzas exteriores al sistema y las fuerzas de interacción mutua entre las partículas del sistema. Supongamos un sistema formado por dos partículas. Sobre la partícula 1 actúa la fuerza exterior F1 y la fuerza que ejerce la partícula 2, F12. Sobre la partícula 2 actúa la fuerza exterior F2 y la fuerza que ejerce la partícula 1, F21. Por ejemplo, si el sistema de partículas fuese el formado por la Tierra y la Luna: las fuerzas exteriores serían las que ejerce el Sol ( y el resto de los planetas) sobre la Tierra y sobre la Luna. Las fuerzas interiores serían la atracción mutua entre estos dos cuerpos celestes.

Para cada unas de las partículas se cumple que la variación del momento angular con el tiempo es igual al momento de la resultante de las fuerzas que actúan sobre la partícula considerada.

Sumando miembro a miembro y aplicando la propiedad distributiva del producto vectorial, y teniendo en cuanta la tercera Ley de Newton,

Como los vectores queda

, tenemos que

son paralelos su producto vectorial es cero. Por lo que nos

La derivada del momento angular total del sistema de partículas con respecto del tiempo es igual al momento de las fuerzas exteriores que actúan sobre las partículas del sistema. Consideremos ahora que el sistema de partículas es un sólido rígido que está girando alrededor de un eje principal de inercia, entonces el momento angular anterior la escribimos

, la ecuación

Trabajo y energía en el movimiento de rotación En otro apartado relacionamos el trabajo de la resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula con la variación de energía cinética de dicha partícula.

Considérese un cuerpo rígido que puede girar alrededor de un eje fijo tal como se indica en la figura. Supongamos que se aplica una fuerza exterior F en el punto P. El trabajo realizado por dicha fuerza a medida que el cuerpo gira recorriendo una distancia infinitesimal ds=rd en el tiempo dt es

Fsen es la componente tangencial de la fuerza, la componente de la fuerza a lo largo del desplazamiento. La componente radial de la fuerza no realiza trabajo, ya que es perpendicular al desplazamiento. El momento de la fuerza es el producto de la componente tangencial de la fuerza por el radio. La expresión del trabajo la podemos escribir de forma alternativa

El trabajo total cuando el sólido gira un ángulo

es

En la deducción se ha tenido en cuenta la ecuación de la dinámica de rotación M=I definición de velocidad angular y aceleración angular.

, y la

Se obtiene una ecuación análoga al teorema trabajo-energía para una partícula. El trabajo de los momentos de las fuerzas que actúan sobre un sólido rígido en rotación alrededor de un eje fijo modifica su energía cinética de rotación.

16.1 MOVIMIENTO PLANO DE UN CUERPO RÍGIDO. 

El movimiento plano de un cuerpo rígido ocurre cuando todas sus partículas se desplazan a lo largo de trayectorias equidistantes de un plano fijo. Existen tres tipos de movimiento plano de un cuerpo rígido TRASLACIÒN Este tipo de movimiento ocurre cuando una línea en el cuerpo, permanece paralela a se orientación original, durante todo el movimiento. Cuando las trayectorias del movimiento de dos puntos cualesquiera del cuerpo son líneas paralelas, el movimiento se llama TRASLACIÓN RECTILÍNEA.

Si las trayectorias del movimiento se desarrollan a lo largo de lineas curvas equidistantes, el movimiento se llama TRASLACIÓN CURVILÍNEA.

ROTACIÓN ALREDEDOR DE UN EJE FIJO. Cuando un cuerpo rígido gira alrededor de un eje fijo, todas sus partículas, excepto las que quedan en el eje de rotación, se mueven a lo largo de trayectorias circulares.

MOVIMIENTO PLANO GENERAL Experimenta una combinación de traslación y rotación. La traslación se presenta en un plano de referencia y la rotación ocurre alrededor de un eje perpendicular al plano de referencia.

TRASLACION Considere un cuerpo rígido sometido a traslación rectilínea o a traslación curvilínea en el plano x-y.

POSICIÓN Las localizaciones de los puntos A y B en el cuerpo, se definen con respecto a un marco de referencia fijo x, y por medio de vectores de posición rA y rB. El sistema de coordenadas x`, y` trasladante permanece fijo en el cuerpo con su origen en A, conocido como punto base. La posición de B con respecto a A esta denotada por el vector de posición relativa rB/A (“r de B con respecto a A”). Por suma vectorial rB = rA + rB/A VELOCIDAD

Una relación entre las velocidades instantáneas de A y B se obtiene mediante la derivada con respecto al tiempo de esta ecuación vB = vA + drB/A /dt. En este caso vA y vB denotan velocidades absolutas puesto que estos vectores se miden con respecto a los ejes x, y. El termino drB/A /dt = 0, puesto que la magnitud de rB/A es constante por definición de un cuerpo rígido y como este traslada la dirección de rA/B también es constante. Por consiguiente, vB = vA ACELERACIÓN Al considerar la derivada con respecto al tiempo de la ecuación de velocidad se obtiene una relación similar entre las aceleraciones instantáneas de A y B: aB = aA

Concepto de trabajo Se denomina trabajo infinitesimal, al producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento.

Donde Ft es la componente de la fuerza a lo largo del desplazamiento, ds es el módulo del vector desplazamiento dr, y q el ángulo que forma el vector fuerza con el vector desplazamiento. El trabajo total a lo largo de la trayectoria entre los puntos A y B es la suma de todos los trabajos infinitesimales

Su significado geométrico es el área bajo la representación gráfica de la función que relaciona la componente tangencial de la fuerza Ft, y el desplazamiento s.

Ejemplo: Calcular el trabajo necesario para estirar un muelle 5 cm, si la constante del muelle es 1000 N/m. La fuerza necesaria para deformar un muelle es F=1000·x N, donde x es la deformación. El trabajo de esta fuerza se calcula mediante la integral

El área del triángulo de la figura es (0.05·50)/2=1.25 J

Cuando la fuerza es constante, el trabajo se obtiene multiplicando la componente de la fuerza a lo largo del desplazamiento por el desplazamiento. W=Ft·s Ejemplo: Calcular el trabajo de una fuerza constante de 12 N, cuyo punto de aplicación se traslada 7 m, si el ángulo entre las direcciones de la fuerza y del desplazamiento son 0º, 60º, 90º, 135º, 180º.

  

Si la fuerza y el desplazamiento tienen el mismo sentido, el trabajo es positivo Si la fuerza y el desplazamiento tienen sentidos contrarios, el trabajo es negativo Si la fuerza es perpendicular al desplazamiento, el trabajo es nulo.

Concepto de energía cinética Supongamos que F es la resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula de masa m. El trabajo de dicha fuerza es igual a la diferencia entre el valor final y el valor inicial de la energía cinética de la partícula.

En la primera línea hemos aplicado la segunda ley de Newton; la componente tangencial de la fuerza es igual a la masa por la aceleración tangencial. En la segunda línea, la aceleración tangencial at es igual a la derivada del módulo de la velocidad, y el cociente entre el desplazamiento ds y el tiempo dt que tarda en desplazarse es igual a la velocidad v del móvil. Se define energía cinética como la expresión

El teorema del trabajo-energía indica que el trabajo de la resultante de las fuerzas que actúa sobre una partícula modifica su energía cinética. Ejemplo: Hallar la velocidad con la que sale una bala después de atravesar una tabla de 7 cm de espesor y que opone una resistencia constante de F=1800 N. La velocidad inicial de la bala es de 450 m/s y su masa es de 15 g. El trabajo realizado por la fuerza F es -1800·0.07=-126 J

La velocidad final v es

Fuerza conservativa. Energía potencial Un fuerza es conservativa cuando el trabajo de dicha fuerza es igual a la diferencia entre los valores inicial y final de una función que solo depende de las coordenadas. A dicha función se le denomina energía potencial.

El trabajo de una fuerza conservativa no depende del camino seguido para ir del punto A al punto B. El trabajo de una fuerza conservativa a lo largo de un camino cerrado es cero.

Ejemplo Sobre una partícula actúa la fuerza F=2xyi+x2j N Calcular el trabajo efectuado por la fuerza a lo largo del camino cerrado ABCA.   

La curva AB es el tramo de parábola y=x2/3. BC es el segmento de la recta que pasa por los puntos (0,1) y (3,3) y CA es la porción del eje Y que va desde el origen al punto (0,1)

El trabajo infinitesimal dW es el producto escalar del vector fuerza por el vector desplazamiento dW=F·dr=(Fxi+Fyj)·(dxi+dyj)=Fxdx+Fydy

Las variables x e y se relacionan a través de la ecuación de la trayectoria y=f(x), y los desplazamientos infinitesimales dx y dy se relacionan a través de la interpretación geométrica de la derivada dy=f’(x)·dx. Donde f’(x) quiere decir, derivada de la función f(x) con respecto a x.

Vamos a calcular el trabajo en cada unos de los tramos y el trabajo total en el camino cerrado. 

Tramo AB

Trayectoria y=x2/3, dy=(2/3)x·dx.



Tramo BC

La trayectoria es la recta que pasa por los puntos (0,1) y (3,3). Se trata de una recta de pendiente 2/3 y cuya ordenada en el origen es 1. y=(2/3)x+1, dy=(2/3)·dx



Tramo CD

La trayectoria es la recta x=0, dx=0, La fuerza F=0 y por tanto, el trabajo WCA=0 

El trabajo total

WABCA=WAB+WBC+WCA=27+(-27)+0=0 El peso es una fuerza conservativa Calculemos el trabajo de la fuerza peso F=-mg j cuando el cuerpo se desplaza desde la posición A cuya ordenada es yA hasta la posición B cuya ordenada es yB.

La energía potencial Ep correspondiente a la fuerza conservativa peso tiene la forma funcional

Donde c es una constante aditiva que nos permite establecer el nivel cero de la energía potencial. La fuerza que ejerce un muelle es conservativa Como vemos en la figura cuando un muelle se deforma x, ejerce una fuerza sobre la partícula proporcional a la deformación x y de signo contraria a ésta.

Para x>0, F=-kx Para x

b 2h

Entonces, para calcular la velocidad m´axima se sustituye µ=

b 2h

y la velocidad m´axima para que no se vuelque, esta´ dada por vmax

=

√

. g r tan(β + θ) =

Σ (tan−1

g r tan

b 2 h) + θ

Σ

Estos resultados resuelven la segunda parte del problema. La primera parte esa´ indicada de manera muy cr´ıptica. Para evitar cualquier posibilidad de volteo el coeficiente de fricci´on µ = 0. En ese caso, el ´angulo del peralte que evita, tambien que la camioneta se deslize esta´ dado por θ=

.

2

tan−

Σ v1 g r−

β

para cuando µ = 0. Por lo tanto, β = tan−1µ = tan−10 = 0 y el resultado final es 2 θ = tan−1 v gr

Con este

resultado finaliza el problema.

12

13

Problema 2.8 La barra 3 de 15 Lb se conecta con un disco 2 cuyo centro de masas esta´ en A y con la manivela 4, vea la figura 18. Sabiendo que el disco se hace rotar a una rapidez constante de 180 rpm, determine para la posici´on mostrada las componentes verticales de las fuerzas ejercidas sobre la barra 3 en los pernos B y C.9

Figure 18: Mecanismo paralelogramo. Soluci´ on. Debe notarse que si las condiciones de gravitacional son las normales una barra cuya masa es de 15 Lbm. tiene un peso de 15 Lbf. de manera que no es necesario indicar si los 15 Lb representan masa o peso. Es importante notar que el mecanismo mostrado en la figura 18 es un mecanismo paralelogramo, por lo cual el eslabo´n 3 esta´ sujeto a traslaci´on —curvil´ınea— por lo que todos los puntos del cuerpo deben tener la misma velocidad y aceleraci´on. Por otro lado, puesto que el disco gira a velocidad angular constante α ˙ 2 = ˙0. El primer problema es determinar la aceleraci´on del eslab´on 3. Primero, se determinar´a el vector de posici´on del punto B respecto del punto A, donde a = 2 in, θ = 30◦ y ω2 = 6 π rad/s as´ı pues ˙rB/A = 4 a sen θ ˆi + 4 a cos θ ˆj Por lo tanto ˙aG3 = ˙a B

=

˙ 2 × ˙r B/A − ω22 ˙r B/A = − (6 π rad/s) α

=

−144 π2 a sen θ ˆi − 144 π 2 a cos θ ˆj

2

.

4 a sen θ ˆi + 4 a cos θ ˆj

Σ

Ahora se considerara´n los diagramas de cuerpo libre de los eslabones del mecanismo, vea la figura 19. Es importante notar que el centro de masas del disco esta´ localizado en el punto A y que este disco 2 no tiene aceleraci´on angular. Por lo tanto, puesto que ΣT˙A = 0 se tiene que la reacci´on en el perno B debe pasar por el punto A, de manera que cuando se aplica a la barra 3, se tiene que . Σ ˙ B = RBx ˆi + RBy ˆj = RB sen θ ˆi + cos θ ˆj R A diferencia del punto B, la falta de informaci´on acerca de la distribucio´n de masas del eslabo´n 4, requiere suponer que no hay ninguna relacio´n entre las componentes horizontal y vertical en el punto C. Es decir ˙ C = RCx ˆi + RCy ˆj R Por lo tanto, las ecuaciones de movimiento del eslabo´n 3 esta´n dadas por ΣFx = M ax

RBx + RCx = M aGx

RBx + RCx = −144 M π2 a sen θ

9 Este es el Problema 16.19 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al. Ninth edition, McGraw Hill: NewYork

14

Figure 19: Diagramas de cuerpo libre del mecanismo paralelogramo. . RBy + RCy = M g − 144 π

RBy + RCy − M g = M aGy

ΣFy = M ay

2

a cos θ

Σ

y ΣTG = 0

− RBy

De esta u ´ ltima ecuacio´n se tiene que

15 15 a=0 a + RCy 2 2

RBy = RCy Sustituyendo este resultado en la segunda ecuacio´n, se tiene que 2 RBy R

By

2

Σ . Σ = M g .− 144 π a cos θ Σ 2 = M 32.2 f t/s − 144 π2 a cos θ = (7.5 Lbm) 32.2 f t/s2 − 144 π2 rad/s2 f t cos 30◦ 12 6 = −1297 P oundals = −40.2 Lbf. .

Por lo tanto RB=

RBy − = cos θ

1297P oundals cos 30◦

= −1497.6 P oundals = 46.51 Lbf.

La componente x de la reacci´on en B esta´ dada por RBx = RB sen θ = −1497.6 P oundals sen 30◦ = −748.8 P oundals = 23.25 Lbf. Finalmente, se tiene que RCx

= −144 M π2 a sen θ − RBx = −144(15 Lbm)π2 =

−1027.72 P oundals = −31.917 Lbf.

Con este resultado finaliza el problema.

18

1 6

f t. sen 30◦ − (−748.8 P oundals)

Problema 3.2 El volante mostrado en la figura 22 tiene un radio de 500 mm y una masa de 120 kg, y un radio de giro de 375 mm. Un bloque A de 15 kg se une a un alambre que esta´ enrollado al volante, y el sistema se abandona a partir del reposo. Despreciando el efecto de la fricci´on, determine (a) la aceleraci´on del bloque A, (b) la velocidad del bloque A despu´es que se ha movido 1.5 m.11

Figure 22: Volante con bloque unido mediante un alambre enrollado en el volante. Soluci´ on. Es importante notar que la aceleraci´on angular del volante y la aceleraci´on lineal del bloque esta´n relacionadas por la ecuacio´n aA = α r donde α, aA y r son respectivamente la aceleraci´on angular del volante, la aceleraci´on vertical del bloque A y el radio exterior del volante. Adema´s, si α es en sentido horario, aA es hacia abajo. Los diagramas de cuerpo libre del volante y del bloque se muestran en la figura 23. Las ecuaciones de movimiento del volante y el bloque esta´n dadas por Σ Fx = M aGx ROx = 0 Σ Fy = M aGy ROy − T − M g = 0 Σ TG = IG α −T r = M k2 α Σ Fy = M aA T − MA g = MA aA donde k es el radio de giro del volante, M es la masa del volante y MA es la masa del bloque A. Las u ´ nicas ecuaciones relevantes son las dos u ´ ltimas. Sustituyendo la aceleraci´on angular se tiene que −T r = M k

2

aA

o

r

T = −

M k 2 aA r2

11Este es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork

19

Figure 23: Diagramas de cuerpo libre y bloque. Sustituyendo este resultado en la u ´ ltima ecuacio´n, se tiene que − Por lo tanto

M k 2 aA r2

− M A g = MA aA MA g

a=−

k A

Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que aA = −

MA + M

r

(15 kgm) 9.81m/s2 0.375 m 2

15 kgm + 120 kgm

2

. Σ

= −1.7836 m/s2

Σ

. 0.5 m

El signo negativo indica que el bloque A se mueve hacia abajo, como era de esperarse. Es importante notar que el bloque A tiene movimiento rectil´ıneo con aceleraci´on uniforme. Por lo tanto, si el sistema parte del reposo v0A = 0 y √ 2 = 2 aA sA o vfA = 2 aA sA = 2.313 m/s. vf 2A − v0A Desafortunadamente, esta´ ecuacio´n unicamente indica la magnitud de la velocidad, pero es evidente que la direcci´on de la velocidad es hacia abajo. Problema 3.3 El disco B tiene una velocidad angular ω0 cuando se pone en contacto con el disco A, que esta´ en reposo. Demuestre que a) las velocidades angulares finales de los discos son independientes de los coeficientes de fricci´on µk entre los discos siempre que µk = ƒ 0, b) que la velocidad angular final del disco B depende so´lo de ω0 y del cociente de las masas mA y mB de los discos.12 Soluci´ on. Primero se realizan los diagramas de cuerpo libre de los dos discos, se supone tambi´en el caso de que no existe deslizamiento entre ellos. Se coloca un punto de referencia Q donde los dos discos esta´n en contacto. A f´ın de que las velocidades de los discos lleguen a una situaci´on tal que no exista deslizamiento, el disco B debe tener una aceleraci´on angular en sentido antihorario. Es decir α ˙ B = αB kˆ En estas dos figuras, 25 y 26, se puede observar que las reacciones que existen en los ejes de los discos no es de utilidad. Puesto que no son necesarias para el c´alculo de las velocidades angulares de los mismos. Puesto que los discos esta´n sujetos a rotaci´on baric´entrica, las ecuaciones de Newton-Euler se reducen a: ΣTGA = IGAαA ΣTGB = IGB αB 20

12Este es el Problema 16.45 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

21

Figure 24: Figura problema 16.45 del libro de Beer y Johnston.

Figure 25: Diagrama de cuerpo libre del disco A. Se observa que u ´ nicamente la acci´on de la fuerza de fricci´on en en el punto Q de cada disco produce un momento. De tal manera que: ΣTGA = IGAαA = µk N rA

ΣTGB = IGB αB = µk N rB

Despejando la aceleraci´on angular para cada disco: µ k N rA αA = IGA

αB =

Los momentos de inercia de los discos esta´n dados por 1 2 IGA = MArA 2

µk N r B

IGB =

IGB

1 2

MBrB

2

Como puede observarse, el ´algebra nos indica que ambas aceleraciones son en sentido antihorario, puesto que su signo es positivo. A continuaci´on se procede a identificar el comportamiento de los discos antes y despu´es de que entren en contacto. Para t=0 : 2µk N rB ˆ 2µk N ˆ ˙ = −ω kˆ ω (1) α ˙ = k= k B

0

˙ = ˙0 ω A

B

α ˙ = A

MBrB2

MBrB

2µk N rA ˆ 2µk N ˆ k= k MArA 2 MArA

(2)

Integrando las aceleraciones angulares de los discos B y A en funci´on del tiempo, desde t = 0 hasta un 22

tiempo t se obtiene: ˙ (t) = ω B

2µk N ˆ tk + C 1 MBrB

˙ (t) = ω A

23

2µk N ˆ tk + C 2 MA r a

Figure 26: Diagrama de cuerpo libre disco B. Para determinar las constantes de integracio´n, evalue las ecuaciones para t = 0 2µk N ˙ (0) = ω (0)kˆ + C = −ω kˆ C = −ω kˆ B

1

MBrB

0

1

0

De manera semejante, para el disco A ˙ (0) = ω A

2µk N

(0)kˆ + C = 0

C =0

2

MArA

2

Las ecuaciones de la velocidad angular como funci´on del tiempo t son . Σ 2µk N 2µk N ˆ ˙ω (t) = tk ˙ B (t) = ω t − ω0 kˆ M B rB A

B

MAr A

Recurriendo a las ecuaciones de cinema´tica de cuerpos r´ıgidos de cuerpos sujetos a rotaci´on alrededor de un eje fijo, se tiene que las velocidades de los puntos Q como parte de los discos B y A esta´n dadas por . Σ 2µkN k ˙vQ/B = ω ˙ B (t) × ˙r = t − ω kˆ × (−r ˆi) = (ω 0 − t)rBjˆ 2µ MB rB BN 0

Q/GB

Q/A

A

B

2µk N ˆ 2µk N ˆ =( tk ) × (r ˆi) = ( t)j

=ω ˙ (t) × ˙r

˙v

B

MB rB

A Q/GA

MArA

MA

Existe un periodo durante el cual, existe deslizamiento entre los discos. El final de este periodo esta´ indicado por por la condicio´n de que la velocidad de Q respecto del disco B es igual a la velocidad del punto Q respecto del disco A; es decir ˙vQ/B = ˙vQ/A Sustituyendo las ecuaciones anteriores ω0 −

2µk N t MB

=

2µk N t MA

se tiene que el tiempo, tf , para el cual los discos dejan de deslizarse esta´ dado tf =

ω 0 r B MA MB 2µk N (MA + MB)

Sustituyendo tf en la ecuacio´n de la velocidad angular del disco B se tiene que 24

˙B ω

(tf )

=

Σ Σ . 2µ N t −ω ˆk = k MB rB

0 B

B

A A

2µ N MB rB

Σ −ω

B

kˆ

B

ωrM M 0 2µk N (M A + MB ) −M .B MA −Σ A A ˆΣ k(M = ω + M ) + BM Σ kˆ = ωΣ ω. −1 + MA 0+ MB MA + MB MA + MB f

B

=

Σ

. k

0

0

0

25

kˆ

Sustituyendo tf en la ecuacio´n de la velocidad angular del disco A se tiene que ˙ A (tf ) = ω

2µkN M Ar A

t f kˆ =

2µk N . ω r0MB M A A

MAr A

Σ B B

2µk N (M + M )

rB MB

kˆ = ω 0

A

kˆ B

rA (M + M )

De esta manera se prueba que las velocidades angulares finales no dependen del coeficiente de fricci´on. Problema 3.4 Cada uno de los engranes A y B pesa 20 lb y tiene un radio de giro de 7.5 pulg, el pin ˜ ´on C pesa 5 lb y tiene un radio de giro de 3 pulg. Si el cople M, de magnitud constante de 50 lb pulg, se − aplica al pin ˜ ´on C, determine (a) la aceleraci´on angular del engrane A, (b) la fuerza tangencial que el engrane C ejerce sobre A.13

Figure 27: Dos engranes movidos por un pin ˜ on. Soluci´ on. De la cinema´tica de cuerpos r´ıgidos, se tiene que las aceleraciones angulares de los engranes esta´n relacionadas mediante las ecuaciones rC αA rA = αC rC = αB rB o αA = αB = αC rA pues rA = rB . Debe notarse adema´s que MA = MB y kA = kB .14

Figure 28: Diagramas de cuerpo libre de los dos engranes y el pin ˜ on. Revisando los diagramas de cuerpo libre de los engranes, se nota que no es necesario establecer las sumas de fuerzas de cada uno de los engranes, pues cada uno de ellos esta´ sujeto a rotaci´on baric´entrica; es decir ˙aAG = ˙aBG = ˙aCG = ˙0. 13Este es el Problema 16.32 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics, Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R., Mazurek, D.F. et al, Ninth edition, McGraw Hill: NewYork 14 Es evidente que la aceleracio ´n angular del pin ˜´ on C es horaria y que las aceleraciones angulares de los engranes A y B son horarias, por eso, en este caso indiqu’e esas direcciones. Pero es posible dejar que el ´ algebra gu´ıe el resultado.

26

Note adema´s que si la aceleraci´on del engrane C es en sentido antihorario las aceleraciones de los engranes A y B es en sentido antihorario. De manera que la suma de fuerzas unicamente permiten determinar las reacciones en las revolutas, ejes de rotaci´on, de los engranes. Adema´s se supone que las fuerzas entre los engranes esta´n dadas por fuerzas tangenciales a los radios mostrados, que se denominara´n posteriormente radios de paso. Posteriormente, en cursos mas avanzados se mostrar´a que las fuerzas entre los engranes incluyen componentes radiales que incrementan las reacciones en las revolutas. Las ecuaciones asociadas a los momentos alrededor de las revolutas esta´n dadas por Σ TAG = IAGαA FA rA = MA k2A αA Σ TBG = IBG αB FB rA = MA kA2 αA Σ TCG = ICG αC − M + FA rC + FB rC = −MC k2C αC De la primeras dos ecuaciones se tiene que

Sustiyendo en la

Σ

FA

=

FB

=

MA MA kA2 αA = rA MA MA kA2 αA = rA

k2 αC r C A 2 rA

kA2 αC rC 2 rA

TCG = ICG, se tiene que MA k 2 α C r C

2 MA k A αC r C

A

−M +

rC +

2 rA

2

rC =

2 rA

−

M C kC αC

o M

αC =

M Ck2 + C 2 M

r2 A

50(32.2)12 Lbm − p /s 1

=

2C kA r2A

2

2 2

= 34.2918 rad/s2.

10 pulg 5 Lbm(0.25 p) + 2 Σ20 Lbm(0.75 p) . 4 pulg Σ Σ 2

2

Por lo tanto, la aceleraci´on del engrane A ser´a rC = 34.2918 rad/s24 pulg = 13.7167 rad/s2.

=α =α

α A

B

C

10 pulg

rA

y la fuerza entre los engranes A y C esta´ dada por FA =

2 20 Lbm(0.75 p)2 13.7167 rad/s2 MA kA αA = = 185.176 P oundals = 5.75 Lbf. rA 0.8333 p

Problema 3.5 Dos discos uniformes y dos cilindros se ensamblan como se muestra en la figura 29. El disco A pesa 20 Lb y el disco B pesa 12 Lb. Sabiendo que el sistema se suelta a partir del reposo, determine la aceleraci´on (a) del cilindro C, (b) del cilindro D. Los discos A y B esta´n atornillados entre s´ı y esta´n unidas a cuerdas separadas enrolladas en los discos.15 Soluci´ on: Considere la doble polea mostrada en la figura. El primer paso ser´a calculan los momentos de inercia de la doble polea I = G

1 2

2

MA r A +

1 2

1

2

MB rB =

2

2

2

1

1

(20 lbm)( f t) + (12 lbm)( f t) 2 2 3

2

2

= 5.94 lbm − f t

Adema´s se calculara´n las aceleraciones de los cilindros C y D. Para lo cual, se tiene que 27

˙aC = ˙aQ = α ˙ × ˙rQ/O = α kˆ × (−rA ˆi) = −α rA ˆj ˙aD = ˙aP = α ˙ × ˙rP /O = α kˆ × (rB ˆi) = α rB ˆj 15Este es el Problema 16.37 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

28

Figure 29: Doble polea con pesos.

Figure 30: Diagramas de cuerpo libre de la doble polea con pesos. Ahora se determinar´an las ecuaciones de movimiento de la polea y de los cilindros, so´lo se indican las que son necesarias La suma de momentos alrededor del centro de masas de la polea ΣTG = IG α

T3 rA − T4 rB = IG α

La suma de fuerzas en la direcci´on del eje Y para el cilindro C Σ Fy = M ay

T3 − MC g = MC (−α rA)

T3 = MC (g − α rA)

La suma de fuerzas en la direcci´on del eje Y para el cilindro D Σ Fy = M ay

T4 − MD g = MD (α r B )

T4 = MD (g + α r B )

Sustituyendo las ecuaciones de las tensiones de la cuerda en la suma de momentos, se tiene que MC (g − α rA) rA − MD (g + α rB) rB = IG α Por lo tanto

(MC rA − MD rB ) g α = I + M r2 + M r2 G C D A

B

Sustituyendo los valores num´ericos, se tiene que α=

(32.2 f t/s2 )[(15 lbm)(0.666 f t) − (18 lbm)(0.5 f t)] 2 = 1.88 rad/s [5.94 + (15) (0.666)2 + (18) (0.5)2] lbm − f t2

29

Finalmente, para determinar las aceleraciones de los cilindros, se tiene que −2 ˆ ˙aC = −α rA ˆj = −(1.88rad/s2 ) f t j = −1.2533f t/s2 ˆj 3

y

2 1 2ˆ ˆ ˆ ˙aD = α rB j = (1.88rad/s ) f t j = 0.94 f t/s j 2

Problema 3.6 El volante que se muestra en la figura 31 consiste en un disco de 30 pulgadas de di´ametro con peso de 240 Lb. El coeficiente de fricci´on entre la banda y el volante es de 0.35. Si la velocidad angular inicial del volante alcanza las 360 r.p.m. en el sentido de las manecillas del reloj, determine la magnitud de la fuerza P˙ requerida para deternerlo en 25 revoluciones.16

Figure 31: Gra´fica de un volante sujeto a fricci´on. Soluci´ on: Este problema permite introducir un tema que forma parte de la esta´tica pero que quiz´as los lectores no recuerdan, ese tema es fricci´on en bandas o cuerdas. Para tal f´ın considere la figura 32, que muestra un volante con una banda o cuerda que rodea al volante 180◦ , la figura muestra adema´s un an´alisis de fuerzas infinitesimales que permite determinar la relacio´n entre las fuerzas T˙1 y T˙2 que aparecen en los extremos de la banda, o correa.

Figure 32: Deduccio´n del Incremento de la Fuerza de Tension Debido a la Friccio´n. Considere el equilibrio del elemento de la banda o correa mostrado en la figura 32. Las ecuaciones son Σ

16 Este

Fy = 0

T sen

∆θ 2

+ (T + ∆ T ) sen

∆θ − N = 0, 2

es el Problema 16.23 del libro Meca ´nica Vectorial Para Ingenieros, Din´ amica. Beer, F.P., Johnston, E.R. y

30

Clausen, W.E., Octava edicio ´n, McGraw Hill: M´ exico D.F.

31

Despreciando, los t´erminos infinitesimales de orden superior, se tiene que17 N = 2 T sen y

∆θ ≈ T ∆ θ. 2 ∆θ

∆θ Σ

− T cos 2

Fx = 0

+ (T + ∆ T ) cos

2

− µ N = 0,

Nuevamente, despreciando los t´erminos de orden superior, y sustituyendo el valor de N ,18 se tiene −T + (T + ∆ T ) − µ T ∆ θ = 0 o

∆T

∆T=µT∆θ

∆θ

dT

=µT

dθ

= µ T.

Por lo tanto, resolviendo la ecuacio´n diferencial, se tiene que ∫ d T = ∫ µθ Ln T = µ θ + C T =e µ θ+C T | Si se propone la condicio´n inicial que para θ = 0, T = T0 , se tiene que

T = C1 e

µθ |

T0 = C1 eµ 0 = C1 1 = C1 Por lo tanto T (θ) = T0 eµ θ. De la cinema´tica del cuerpo r´ıgido, para que el volante pare en 25 rev = 50 π rad., desde una velocidad angular de ω0 = 360 r.p.m. = 12 π rad/s, es necesario que la aceleraci´on angular sea igual a ω 2 − ω2 α=

f

2∆ θ

0

0 − (12 π rad/s)2 =

2 (50 π)

36 π rad = −

25 s2

.

Es importante notar que el signo negativo aqu´ı indica que la aceleraci´on es en sentido opuesto a la velocidad angular inicial, y por lo tanto, en sentido antihorario. Por otro lado, puesto que la banda esta´ enrollada un cuarto de vuelta en el volante, la fuerza en el otro extremo de la banda esta´ dada por π Pf = P eµ 2 Finalmente, el momento de inercia del volante con respecto al eje de rotaci´on, que es un eje principal de inercia, esta´ dado por 1 I = M r2 G 2 De modo que la ecuacio´n de movimiento del sistema esta´ dada por Σ MG = I G α − P r + P eµ π2 r = 1 M r2 72 π rad . 2 25 s2 o . π 1 2 36 π rad Σ P eµ . M r2 2− 1 r= 2 25 s o

P =

Mr e

µ

18 π rad 25

s2

π 2

−1

18 π (240 Lbm.) (1.25 pies) r ad s2 = = 925.92 poundals = 28.755 Lbf. π 25

µ

e

2

−1

32

17 Para 18 Para

´ngulos pequen a ˜os sen α = α en radianes. angulos pequen ´ ˜os cosα = 1

33

An´ alisis din´ amico de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. En esta secci´on, se presentar´an algunos problemas relacionados con el an´alisis dina´mico de cuerpos r´ıgidos sujetos a movimiento plano general. Problema 4.1 Una viga AB de masa m y secci´on transversal uniforme se suspende de dos resortes en la forma indicada en la figura 33. Si el resorte 2 se rompe, determine en ese instante. a). La aceleraci´on angular de la viga. b). La aceleraci´on del punto A. c). La aceleraci´on del punto B.19

Figure 33: Viga sujeta mediante resortes. Soluci´ on. Como la viga se an´aliza inmediatamente despu´es de romperse el resorte, la velocidad angular de la viga es nula. Como la viga es de secci´on transversal uniforme, el centro de masas de la viga tt esta´ en la mitad de la viga. La fuerza de los resortes 1 y 2 tienen la direcci´on de los resortes, y el ´angulo se denominara´ θ = 30◦ . Primeramente, se realizar´a el an´alisis esta´tico de la viga, cuando esta´n los dos resortes presentes. La ecuacio´n a emplear ser´a ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙ Σ F1 + F2 − W = 0 F = 0 (−F1 cos θ ˆi + F1 sen θ ˆj) + (F2 cos θ ˆi + F2 sen θ ˆj) − m g ˆj −F1 cos θ + F2 cos θ = 0 Por lo tanto

−F1 cos θ + F2 cos θ = 0

= ˙0 F1 sen θ + F2 sen θ − m g = 0

F1 = F2 = F

y F sen θ + F sen θ = m g

F = F1 = F2 =

mg 2 sen 30◦

=mg

El enunciado del problema no indica el peralte de la viga, el siguiente an´alisis muestra que esta variable no es de importancia. Se denominara´n P1 yLP2 los h puntos de contacto del resorte con la viga de manera que L h ˙r = − ˆi + ˆi ˙r = ˆi + ˆi P 1/G P 2/G 6 2 6 2 Por lo tanto, la ecuacio´n ˙ ˙ ˙ ˙ Σ conduce a

.

ˆi

ˆj

−6

h 2 mg

L √

3

kˆ

ˆi

. . L 0 + 6 . . 0 mg √

3

TG = ˙rP 1/G × F2 + ˙rP 2/G × F1 = 0 √

√

ˆj

kˆ

h

3 3 ˆ ˙ 0 . = (−3 m g L + mgh + 3mgL − m g h)k = 0 . 0 4 4

m 2 g

34

.. −mg

. 2

2

.

. 2

2

19Este

es el Problema 16.65 del libro Vector Mechanics for Engineers: Statics and Dynamics. Beer, F.P., Johnston, E.R. y Mazurek, D.F., Cornwell, P.J. and Eisenberg, E. R., Ninth Edition, McGraw Hill: New York.

35

Puesto que el problema es muy sencillo, se formulara´n las ecuaciones de Newton-Euler sin realizar el diagrama de cuerpo libre de la barra y del resorte restante Σ

Σ

Fx = maGx

√ −m g 3 = m aGx m2g −m g + = m aGy 2

√ aGx = −g g2 aGy = − 2

3

√

Por lo tanto ˙a = −g G

Adema´s

Fy = maGy

Σ

TG = IG

ˆ i

gLˆ m

3ˆ g ˆ i− j 2 2

ˆ k

ˆ j

.

.

˙

1

2

ˆ

L

−

12

k

−6 √

= .

3 3

. −m g 2 Por lo que

m g 2

mgL mL2 α=−

12

12

0 . = ˙rP1 /G × F1 = mL αk 12 0 .

0

g =−

g ˆ α ˙ =− k L

L

Finalmente, la aceleraci´on del punto A esta´ dada por . Σ √ √ . g Σ . L Σ 3ˆ gˆ 3ˆ 2 − ω ˙r ˙aA = ˙aG + α ˙ × ˙r = −g i − j + − kˆ × − ˆi = −g i = −0.866 g ˆi.

36

A/G

A/G

2

2

Con este resultado, finaliza el problema.

2

− RBy

37

L

2

2